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\setmainfont{Times New Roman}
\setCJKmainfont[BoldFont=SimHei,ItalicFont=SimHei]{SimSun}

\newtheorem{theorem}{Theorem}
\newtheorem{lemma}{lemma}
\title{\heiti\zihao{2} 习题12.3}
\author{中书君}
\date{\songti \today}
\begin{document}
\maketitle
\section{确定下列函数的定义域及其在定义域上的连续性}
\subsection{$S(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(x+\dfrac{1}{n}\right)^{n}$}
\textbf{解}\par
(1)定义域:$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{\left|x+\dfrac{1}{n}\right|^{n}}=x$.当$|x|<1$时由Cauchy根值判别法知级数绝对收敛.当$|x|>1$时有级数发散.当$|x|=1$时,$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\left(x+\dfrac{1}{n}\right)^{n}\neq 0$.从而有级数发散.所以可见和函数的定义域为$(-1,1)$.\par
(2)当$1> M \geqslant |x|\geqslant 0$时,若$x\geqslant 0$,则$\exists N,$当$n>N$时,有$\left|x+\dfrac{1}{n}\right|\leqslant M+\dfrac{1}{N}<1$.而同样的,当$x<0$时,$\left|x+\dfrac{1}{n}\right|<M<1$.记$\left|x+\dfrac{1}{n}\right|$的上确界为$q<1$,则由Cauchy准则:$\forall \varepsilon>0, \exists N,$s.t. if $n>N$:
$$
	\sum\limits_{k=n+1}^{n+p}\left(x+\dfrac{1}{k}\right)^{k}\leqslant \sum\limits_{k=n+1}^{n+p}q^{k}=q^{n+1}\sum\limits_{k=n+1}^{n+p}q^{k-n-1}<\varepsilon
$$
从而由Weierstrass判别法知级数在$[-M,M]$一致收敛.由$M$的任意性知级数在$(-1,1)$上内闭一致收敛,从而又因为$\forall n$,$\left(x+\dfrac{1}{n}\right)^{n}$在$(-1,1)$上连续,从而级数在$(-1,1)$上连续.

\subsection{$S(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x+(-1)^{n} n}{x^{2}+n^{2}}$}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
有:
$$
	\dfrac{x+(-1)^{n}}{x^{2}+n^{2}}-\dfrac{x+(-1)^{n}}{n^{2}}=\dfrac{-x^{2}(x+n(-1)^{n})}{(x^{2}+n^{2})n^{2}}
$$
从而级数:
$$
	\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{x+(-1)^{n}}{x^{2}+n^{2}}=x\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{2}}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{n}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{-x^{2}(x+n(-1)^{n})}{(x^{2}+n^{2})n^{2}}
$$
显然有$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{2}}$绝对收敛,由$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{n}$为Leibniz交错级数知级数收敛,由于级数与$x$无关,从而一致收敛.\par
又因为当$|x|\leqslant M$时:
$$
	\left|\dfrac{-x^{2}(x+n(-1)^{n})}{(x^{2}+n^{2})n^{2}}\right|\leqslant M^{2}\dfrac{M+n}{n^{4}}
$$
从而级数在$[-M,M]$上绝对一致收敛.由$M$的任意性以及$\dfrac{x+(-1)^{n}}{x^{2}+n^{2}}$连续知其在$(-\infty,\infty)$上连续.\par

\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
$\because f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x+(-1)^{n} n}{x^{2}+n^{2}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n} n}{x^{2}+n^{2}}+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x}{x^{2}+n^{2}}=f_{1}(x)+f_{2}(x)$.\par
对于级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n} n}{x^{2}+n^{2}}$ 由于 $\sum\limits_{k=1}^{n}(-1)^{k} \leqslant 2$ 进一步,设
$$
	\begin{aligned}
		g(y)          & =\dfrac{y}{x^{2}+y^{2}}                                                                                                   \\
		g^{\prime}(y) & =\dfrac{\left(x^{2}+y^{2}\right)-2 y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}=\dfrac{x^{2}-y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}
	\end{aligned}
$$
当$y>x$时$g(y)$单调递减,且$\sup\left|\dfrac{n}{x^{2}+n^{2}}\right|<\sup\dfrac{1}{n}\rightarrow 0$,可见函数序列一致收敛到$0$.从而由Dirichlet判别法知$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n} n}{x^{2}+n^{2}}$一致收敛.\par
对于 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x}{x^{2}+n^{2}}$,设$x\in[-M, M]$.\par
则在$[-M, M]$ 上,由于 $\left|\dfrac{x}{x^{2}+n^{2}}\right| \leq \dfrac{M}{n^{2}}, \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{M}{n^{2}}$ 收敛, 由Weierstrass判别法,级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x}{x^{2}+n^{2}}$一致收敛.\par
综上,级数在$[-M,M]$上一致连续,且函数$\dfrac{x+(-1)^{n} n}{x^{2}+n^{2}}$对$\forall n$连续,从而级数在$[-M,M]$上连续.由$M$的任意性知和函数连续.

\subsection{$S(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n} \mathrm{e}^{-n^{2} x^{2}}$}
\textbf{解}\quad
$$
	\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n} \mathrm{e}^{-n^{2} x^{2}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n\mathrm{e}^{n^{2}x^{2}}}
$$
级数每项恒正.由Cauchy根值判别法:
\begin{equation}
	\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{\dfrac{1}{n\mathrm{e}^{n^{2}x^{2}}}}=\dfrac{1}{\mathrm{e}^{nx^{2}}}
\end{equation}
当$x=0$时,级数为$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}$发散.当$x\neq 0$时,(1)值为$0$,从而级数收敛.\par
不妨设$|x|\geqslant m$,则有$\forall \varepsilon>0,\exists N, $s.t. if $n>N$:
$$
	\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} \dfrac{1}{k\mathrm{e}^{k^{2} x^{2}}} \leqslant \sum\limits_{k=n+1}^{\infty} \dfrac{1}{k\mathrm{e}^{k^{2} m^{2}}}<\varepsilon
$$
后者显然可由比较判别法(与$\dfrac{1}{n^{2}}$比较)易得其收敛,从而满足Cauchy准则的要求.所以在$|x|\in [m,\infty)$上级数一致收敛.由$m$的任意性和函数序列每一项在定义域内连续知和函数在定义域上连续.

\subsection{$S(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n}}$}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
\begin{equation}
	\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n}}=x^{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{n}}=\lim_{n\rightarrow \infty}1-\dfrac{1}{(1+x^{2})^{n}}
\end{equation}
当$|x|>0$时,$(2)=1$,当$x=0$时$(2)=0$.从而
$$
	S(x)=\left\{\begin{array}{ll}
		0 & x=0     \\
		1 & x\neq 0
	\end{array}\right.
$$
显然$S(x)$定义域为$\mathbb{R}$且其仅在$x=0$处不连续.

\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
当$x \neq 0$ 时 ,$ \lim \limits_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\dfrac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n}}}=\dfrac{1}{1+x^{2}}<1$.所以此时级数收敛.当 $x=0$ 时级数收敛于$0$.故 $f(x)$ 的定义域为 $(-\infty,+\infty)$.\par
可设$x\in[a,b](a>0)$.此时由Weierstrass判别法知
$$
	\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n}}\leqslant\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{b^{2}}{\left(1+a^{2}\right)^{n}}
$$
收敛.从而级数一致收敛.从而由函数序列的每项都连续和$a,b$的任意性知$S(x)$在$\mathbb{R}/0$上连续,从而
$$
	S(x)=\left\{\begin{array}{ll}
		0 & x=0     \\
		1 & x\neq 0
	\end{array}\right.
$$
所以$S(x)$仅在$x=0$处不连续.

\section{证明:函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[n x \mathrm{e}^{-n x}-(n-1) x \mathrm{e}^{-(n-1) x}\right]$ 在区间 $[0,+\infty)$ 上不一致收敛,但其和函数在 $[0,+\infty)$ 上连续.}
\begin{proof}
	$$
		\begin{aligned}
			\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[n x \mathrm{e}^{-n x}-(n-1) x \mathrm{e}^{-(n-1) x}\right] & =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[\dfrac{n x}{\mathrm{e}^{n x}}-\dfrac{(n-1) x}{\mathrm{e}^{(n-1) x}} \right] \\
			                                                                                           & =\lim_{n\rightarrow \infty}\dfrac{nx}{\mathrm{e}^{nx}}
		\end{aligned}
	$$
	和函数存在且在$[0,\infty)$上连续($S(x)\equiv 0$).但由$|S_{n}(x)-S(x)|=\dfrac{nx}{\mathrm{e}^{nx}}$,取$x_{n}=\dfrac{1}{n}$即可知 $|S_{n}(x)-S(x)|=\dfrac{nx_{n}}{\mathrm{e}^{nx_{n}}}=\dfrac{1}{\mathrm{e}}>0$从而级数不一致收敛.
\end{proof}

\section{已知 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n}=\ln 2,$证明:$\lim\limits _{x \rightarrow 1} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{x}}=\ln 2 .$}
\begin{proof}
	由于$\left|\sum\limits_{n\rightarrow \infty}(-1)^{n-1}\right|\leqslant 1$,从而其一致有界.$\dfrac{1}{n^{x}}$在$U(1)$处一致收敛到$0$,从而由Dirichlet判别法知在$U(1)$处级数$\lim\limits _{x \rightarrow 1} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{x}}$一致收敛.从而由$\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{x}}$在$U(1)$的连续性知
	$$
		\lim\limits _{x \rightarrow 1}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{x}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \lim\limits _{x \rightarrow 1}\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{x}}=\ln 2
	$$
\end{proof}

\section{证明:
  $$
	  \lim\limits_{x \rightarrow 1} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^{n}(1-x)}{n\left(1-x^{2 n}\right)}=\dfrac{1}{2} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{2}}
  $$}
\begin{proof}
	在$U_{0}(1)$处,有
	\begin{equation}
		\lim\limits_{x \rightarrow 1}\dfrac{x^{n}(1-x)}{n\left(1-x^{2 n}\right)}=\lim\limits_{x \rightarrow 1}\dfrac{x^{n}}{n\left(1+x+x^{2}+\cdots+x^{2n-1}\right)}=\dfrac{1}{2n^{2}}
	\end{equation}
	并且
	$$
		\begin{aligned}
			\dfrac{x^{n}}{n\left(1+x+x^{2}+\cdots+x^{2n-1}\right)} & \leqslant\dfrac{x^{n}}{n\left(x+x^{2}+\cdots+x^{2n-1}\right)}         \\
			                                                       & \leqslant\dfrac{x^{n}}{n(2n-1)x^{n}}(x^{2n-i}+x^{i}\geqslant 2 x^{n}) \\
			                                                       & =\dfrac{1}{n(2n-1)}
		\end{aligned}
	$$
	由Weierstrass判别法知在$U_{0}(1)$处级数一致收敛.又因为(3),从而
	$$
		\lim\limits_{x \rightarrow 1} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^{n}(1-x)}{n\left(1-x^{2 n}\right)}=\dfrac{1}{2} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{2}}
	$$
\end{proof}
注:若是极限的换序,则不需要讨论在极限点的具体取值,而若是想用连续性来解决这道题,则需要在$x=1$这个点定义一个函数值使得函数连续.对于函数的连续和极限,以及所谓的一致收敛,其实都是局部的性质,局部到区间的转化可以由有限覆盖定理得出.最好在这个时间节点建立这种概念.

\section{设 $u_{n}(x), v_{n}(x)$ 在 区间 $(a, b)$ 上连续，且 $\left|u_{n}(x)\right| \leqslant v_{n}(x)$ 对一切正整数 $n$ 成立.证明:若 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}(x)$ 在区间 $(a, b)$ 上逐点收敛于一个连续函数,则 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 也逐点收敛于一个连续函数.(提示 : 使用 Dini 定理) }
\begin{proof}
	$1^{\circ}$\quad
	$v_{n}(x)>0$,又$v_{n}(x)$在区间$(a,b)$上连续,$\sum\limits_{n=1}^{\infty}v_{n}(x)$收敛到连续函数$S(x)$,从而由Dini定理知,$\sum\limits_{n=1}^{\infty}v_{n}(x)$一致收敛到连续函数$S(x)$.从而由Weierstrass判别法知,$\sum\limits_{n=1}^{\infty} |u_{n}(x)|$一致收敛到$S'(x)$.因为级数绝对一致收敛,从而级数一致收敛.所以$\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$一致收敛到$S''(x)$.又从$u_{n}(x)$在区间$(a,b)$上连续知,$S''(x)$连续.所以即证
	$$
		\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)\rightrightarrows S''(x),S''x\text{在定义域内连续}
	$$
\end{proof}

\section{设数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛,证明.}
\subsection{$\lim\limits_{x \rightarrow 0+} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{a_{n}}{n^{x}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$}
\begin{proof}
	$U_{0}(0)$内,有$\left\{\dfrac{1}{n^{x}}\right\}$单调一致收敛到$0$.由Dirichlet定理知在$U_{0}(0)$处有$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{a_{n}}{n^{x}}\rightrightarrows S(x)$.从而由在$U_{0}(0)$处$\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{a_{n}}{n^{x}}=a_{n}$知
	$$\lim\limits_{x \rightarrow 0+} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{a_{n}}{n^{x}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$$
\end{proof}
\begin{proof}
	$2^{\circ}$\quad
	取区间 $I=(0,+\infty)$.则考虑 $I$ 的任意闭子区间 $[a, b]$ $\dfrac{1}{n^{x}} \in(0,1],$ 故其单调且一致有界.\par
	而又有 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛,由 Abel 判别法得:
	$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{a_{n}}{n^{x}}$ 在 $[a, b]$ 一致收敛.\par
	又由于 $\dfrac{a_{n}}{n^{x}}$ 在 $I=(0,+\infty)$ 上连续,
	由闭子区间 $[a, b]$ 的任意性得,在 $I=(0,+\infty)$ 上有:
	$$
		\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{a_{n}}{n^{x}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} \dfrac{a_{n}}{n^{x}}
	$$
	即:
	$$
		\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{a_{n}}{n^{x}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \dfrac{a_{n}}{n^{x}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}
	$$
\end{proof}
注:这两个证明哪个描述的更清楚是显然的.对于某点的极限而言,其为局部性质,本不应该用连续性来描绘它,所以很明显,第一种表述方式较于第二种逻辑更加清晰.

\subsection{$\int_{0}^{1}\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n}\right) \mathrm{~d} x=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{a_{n}}{n+1}$}
\begin{proof}
	由于在$[0,1]$上,$\left\{x^{n}\right\}$单调一致有界,从而由Abel判别法知$\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n}$一致收敛.从而有
	$$
		\int_{0}^{1}\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n}\right) \mathrm{~d} x=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\int_{0}^{1}a_{n} x^{n}\mathrm{~d} x\right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{a_{n}}{n+1}
	$$
\end{proof}

\section{设 $f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{2^{n}} \tan \dfrac{x}{2^{n}}$}
\subsection{证明:$f(x)$ 在 $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$ 连续}
\begin{proof}
	在 $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$上,$\dfrac{1}{2^{n}}\tan \dfrac{x}{2^{n}}\leqslant \dfrac{1}{2^{n}}$,由Weierstrass判别法易知原级数一致收敛到$f(x)$.\par
	再由在 $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$上的$\dfrac{1}{2^{n}}\tan\dfrac{x}{2^{n}}$的连续性知$f(x)$在 $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$连续.
\end{proof}

\subsection{求 $\int_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{2}} f(x) \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
$$
	\begin{aligned}
		\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^{n}}\tan \dfrac{x}{2^{n}} & =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2^{n}}\cot \dfrac{x}{2^{n}}-\dfrac{1}{2^{n-1}}\cot\dfrac{x}{2^{n-1}}\right) \\
		                                                                & =\dfrac{1}{x}-\cot x
	\end{aligned}
$$
从而对$f(x)$做积分可得:
$$
	\begin{aligned}
		\int_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{1}{x}\mathrm{~d}x & =\ln\left(\dfrac{\pi}{2}\right)-\ln\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\ln 3                                                                                                   \\
		\int_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{2}}\cot x\mathrm{~d}x       & =\int_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{\cos x}{\sin x}\mathrm{~d}x=\int_{\dfrac{1}{2}}^{1}\dfrac{1}{u}\mathrm{~d}u=\ln (1)-\ln \left(\dfrac{1}{2}\right)=-\ln 2 \\
		\int_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{2}}f(x)\mathrm{~d}x         & =\int_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{2}}\left(\dfrac{1}{x}-\cot x \right)\mathrm{~d}x=\ln\dfrac{3}{2}
	\end{aligned}
$$

\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
由(7.1)知$f(x)$在定义域内的一致收敛性,从而可得:
$$
	\begin{aligned}
		\int_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{2}} f(x) \mathrm{~d} x & =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\int_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{1}{2^{n}}\tan \dfrac{x}{2^{n}}\mathrm{~d}x                                                                                                                                                 \\
		                                                          & =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\int_{\dfrac{\pi}{6}}^{\dfrac{\pi}{2}}\tan \dfrac{x}{2^{n}}\mathrm{~d}\dfrac{x}{2^{n}}                                                                                                                                                  \\
		                                                          & =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\ln\left(\cos\dfrac{\dfrac{\pi}{6}}{2^{n}}\right)-\ln\left(\cos\dfrac{\dfrac{\pi}{2}}{2^{n}}\right)\right)                                                                                                                        \\
		                                                          & =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\ln\left(\dfrac{\cos\dfrac{\pi}{3\cdot 2^{n+1}}}{\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}}}\right)\right)                                                                                                                                          \\
		                                                          & =\ln \dfrac{\prod\limits_{n=1}^{\infty}\cos\dfrac{\pi}{3\cdot 2^{n+1}}}{\prod\limits_{n=1}^{\infty}\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}}}                                                                                                                                       \\
		                                                          & = \ln \dfrac{\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\dfrac{\sin \dfrac{\pi}{6}}{2^{n}\sin\dfrac{\dfrac{\pi}{6}}{2^{n}}}}{\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\dfrac{\sin \dfrac{\pi}{2}}{2^{n}\sin\dfrac{\dfrac{\pi}{2}}{2^{n}}}}=\ln\dfrac{\dfrac{3}{\pi}}{\dfrac{2}{\pi}} \\
		                                                          & = \ln \dfrac{3}{2}
	\end{aligned}
$$

\section{设 $f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} n \mathrm{e}^{-n x}(x>0)$,计算 $\int_{\ln 2}^{\ln 3} f(x) \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad
$n\mathrm{e}^{-n x}=\dfrac{n}{\mathrm{e}^{n x}}$,在$[\ln 2,\infty)$上,有
$$
	\sum\limits_{n=1}^{\infty} n \mathrm{e}^{-n x}\leqslant\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{n}{\mathrm{e}^{n\ln 2}}
$$
由Cauchy根值判别法:$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\dfrac{n}{\mathrm{e}^{n\ln 2}}}=\dfrac{1}{\mathrm{e}}<1$,从而由Weierstrass判别法知级数绝对一致收敛.\par
由$u_{n}(x)$的可积性知
$$
	\begin{aligned}
		\int_{\ln 2}^{\ln 3} f(x) \mathrm{~d} x & =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\int_{\ln 2}^{\ln 3}\dfrac{n}{\mathrm{e}^{nx}}\mathrm{~d}x=\int_{2^{n}}^{3^{n}}\dfrac{1}{u^{2}}\mathrm{~d}u \\
		                                        & =\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2^{n}}-\dfrac{1}{3^{n}}\right)                                                              \\
		                                        & =1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}
	\end{aligned}
$$

\section{确定下列函数的定义域及其在定义域上的可微性}
\subsection{$S(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{n^{x}}$}
\textbf{解}\quad
\par
(1)当$x\leqslant 0 $时,级数通项的极限不为$0$,级数发散.当$x>0$时,级数为Leibniz交错级数,收敛.从而其定义域为$(0,+\infty)$.\par
(2)$u_{n}'(x)=(-1)^{n+1}\dfrac{\ln n}{n^{x}}$.其在$[0,+\infty)$上连续.再由$\left|\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\right|\leqslant 1$,$x\in [\delta, +\infty)$时$\dfrac{\ln n}{n^{x}}\rightrightarrows 0$.由Dirichlet判别法知在$(0,+\infty)$上级数内闭一致收敛.从而和函数再定义域内可导.

\subsection{$S(x)=\sum\limits_{n=3}^{\infty} n x \mathrm{e}^{-n x}$}
\textbf{解}\quad
\par
(1)当$x< 0 $时,级数通项的极限不为$0$,级数发散.当$x=0$时,$S(x)=0$;当$x>0$时,由Cauchy根值判别法:
$$
	\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\dfrac{nx}{\mathrm{e}^{nx}}}=\dfrac{1}{\mathrm{e}^{x}}<1
$$
从而级数收敛.所以定义域为$(0,+\infty)$.\par
(2)$u_{n}'(x)=\dfrac{n-n^{2}x}{\mathrm{e}^{nx}}$在定义域内连续.又因为$x\in [\delta, +\infty)$时,由Cauchy根值判别法:
$$
	\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{\dfrac{n-n^{2}x}{\mathrm{e}^{nx}}}\leqslant \dfrac{1}{\mathrm{e}^{n\delta}}<1
$$
从而$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{n-n^{2}x}{\mathrm{e}^{nx}}$一致收敛.从而和函数在定义域内可导.

\subsection{$S(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{n+x}$}
\textbf{解}\quad
\par
(1)当$n>|x|$时,由Leibniz判别法知级数收敛.而当$x=1,2,3\cdots$时级数不连续,从而$S(x)$定义域为$(0,+\infty)/1,2,3,\cdots$.\par
(2)$u_{n}'(x)=\dfrac{(-1)^{n+1}}{(n+x)^{2}}$在$(0,+\infty)/1,2,3,\cdots$内连续.又因为在$\bigcup \limits_{n=1}^{\infty}(n-1,n)$上的每个区间级数都内闭绝对一致收敛(Weierstrass定理,与$\dfrac{1}{n^{2}}$作比较),从而和函数在定义域内可导.

\subsection{$S(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{|x|}{n^{2}+x^{2}}$}
\textbf{解}\quad
\par
(1)$\dfrac{|x|}{n^{2}+x^{2}}<\dfrac{|x|}{n^{2}}$,由Weierstrass判别法易知原级数一致收敛,定义域为$\mathbb{R}$.\par
(2)$u_{n}'(x)=\dfrac{n^{2}x-x^{3}}{|x|(n^{2}+x^{2})^{2}}$在$\mathbb{R}$上连续.又有$|x|\in[\delta, +\infty)$时:
$$
	\left|\dfrac{n^{2}x-x^{3}}{|x|(n^{2}+x^{2})^{2}}\right|=\dfrac{n^{2}-x^{2}}{(n^{2}+x^{2})^{2}}\leqslant\dfrac{n^{2}}{n^{4}}=\dfrac{1}{n^{2}}
$$
由Weierstrass判别法易知$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_{n}'(x)$在$\mathbb{R}/0$内闭一致收敛.从而在$\mathbb{R}/0$内和函数可导.当$x=0$时,由于$S(x)=S(-x)$,且$S(x)>0(x\neq 0)$,从而
$$
	\begin{aligned}
		\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{S(x)-S(0)}{x-0}=-\lim_{x\rightarrow 0^{-}}\dfrac{S(x)-S(0)}{x-0}
	\end{aligned}
$$
从而和函数在$0$处左右导数不相等,从而不可导.综上,和函数在$\mathbb{R}/0$内可导.

\section{证明:函数 $f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\cos n x}{n^{2}+1}$ 在 $(0,2 \pi)$ 上连续,且有连续的导函数}
\begin{proof}
	$\left|\dfrac{\cos nx}{n^{2}+1}\right|\leqslant\dfrac{1}{n^{2}}$从而由Weierstrass判别法知级数在$(0,2 \pi)$绝对一致收敛.再由$u_{n}(x)$在定义域内的连续性知和函数在定义域内连续.\par
	$u_{n}'(x)=\dfrac{-n\sin nx}{n^{2}+1}$.由$\left|\sum\limits_{k=1}^{n}\sin nx\right|\leqslant \dfrac{1}{\sin \dfrac{x}{2}}$有界,且$\dfrac{-n}{n^{2}+1}$单增趋于$0$,从而由Dirichlet判别法知级数$\sum\limits_{k=1}^{n}u_{k}'(x)$一致收敛.所以其具有连续导函数.
\end{proof}

\section{证明:函数 $f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} n \mathrm{e}^{-n x}$ 在 $(0,+\infty)$ 上有任意阶导函数.}
\begin{proof}
	设$k$阶导函数存在且一致收敛, $f^{(k)}(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{k} n^{k+1} e^{-n x}$,则有连续的函数:
	$$f_{n}^{(k+1)}(x)=(-1)^{k+1} n^{k+2} e^{-n x}$$
	当$x\in [\delta, +\infty](\delta>0)$时, 成立$\left|f_{n}^{(k+1)}(x)\right| \leq n^{k+2} e^{-n \delta}$.由Weierstrass判别法知 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} f_{n}^{(k+1)}(x)$ 一致收敛.从而$f^{(k+1)}(x)$ 存在且一致收敛.
\end{proof}

\section{设 $f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{2^{n}+x}(x>0),$ 证明 : 反常积分 $\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{~d} x$ 发散.}
\begin{proof}
	$x\geqslant 0$时,$\dfrac{1}{2^{n}x}\leqslant\dfrac{1}{2^{n}}$,由Weierstrass判别法易知原级数一致收敛.又因为$u_{n}(x)=\dfrac{1}{2^{n}+x}$可积,从而在$[0,M]$上$f(x)$逐点可积.\par
	$$
		\begin{aligned}
			\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{~d} x & =\sum_{n=1}^{\infty}\lim\limits_{A\rightarrow\infty}\int_{0}^{A}\dfrac{1}{2^{n}+x}\mathrm{~d}x \\
			                                      & =\sum_{n=1}^{\infty}\lim\limits_{A\rightarrow\infty}\ln(2^{n}+A)-n\ln 2
		\end{aligned}
	$$
	由于$\lim\limits_{A\rightarrow\infty}\ln(2^{n}+A)-n\ln 2$无界,从而反常积分$\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{~d} x$发散.
\end{proof}

\end{document}